(Gv đặng việt hùng) 263 câu hình học không gian

Câu 1 (Đặng Việt Hùng-2018): Thể tích của khối chóp có chiều cao bằng h và diện tích đáy
bằng B là

A.

1
V = Bh.
3

V=
B.

1
Bh.
6

C.

V = Bh.

V=
D.

1
Bh.
2

Đáp án A.
Câu 2 (Đặng Việt Hùng-2018): Cho hình nón có diện tích xung quanh bằng
kính đáy bằng a. Độ dài đường sinh của hình nón đã cho bằng

A.

2 2a

B.

3a

C.

2a

D.

3a
2

Đáp án B.
Sxq = πrl = 3πa 2 ⇔ πal = 3πa 2 ⇔ l = 3a.
Diện tích xung quanh của hình nón là
Câu 3 (Đặng Việt Hùng-2018): Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có
cạnh bằng a (tham khảo hình vẽ bên). Khoảng cách giữa hai đường thẳng BD
và AC’ là

3a
A.

B. a.

C.

3
a.
2

D.

2a.

Đáp án B.

Gọi O là giao điểm của AC và BD, O’ là giao điểm của A’C’ và B’D’.
⇒ OO ⊥ ( ABCD )
Ta có OO’//AA’

OO ' ⊥ ( A 'B 'C 'D ' )
và

3πa 2

và bán


OO ' ⊥ BD
⇒
⇒ OO '
OO ' ⊥ A 'C'

⇒ OO '

là đoạn vuông góc chung của BD và A’C’

là khoảng cách giữa A’C’ và BD

⇒ d ( A 'C', BD ) = a.
Câu 4:

(Đặng Việt Hùng-2018) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có tất cả

các

cạnh bằng a. Gọi M là trung điểm của SD (tham khảo hình vẽ bên). Tang của
góc giữa đường thẳng BM và mặt phẳng (ABCD) bằng

A.

C.

2
.
2
2
.
3

B.

D.

3

.
3
1
.
3

Đáp án D.

BD ⇒ SO ⊥ ( ABCD )
Gọi O là giao điểm của AC và

Qua M kẻ đường thẳng song song với

SO cắt BD tại H

⇒ MH ⊥ ( ABCD )
MB ∩ ( ABCD ) = { B}
Ta có

MH ⊥ ( ABCD )
và

·
⇒ (·MB, ( ABCD ) ) = (·MB, HB ) = MBH


AC = AB2 + BC 2 = a 2 ⇒ OA =
Ta có

SO = SA 2 − OA 2 =

Ta có

Ta có

Ta có

AC a 2
=
2
2

a 2
SO a 2
⇒ MH =
=
2
2
4

3
3
3a 2
BH = BD = a 2 =
4
4
4
a 2
MH
1
1

·
tan MBH
=
= 4 = ⇒ tan (·
MB, ( ABCD ) ) = .
BH 3a 2 3
3
4

Câu 5: (Đặng Việt Hùng-2018) Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với
nhau và

OA = OB = OC

. Gọi M là trung điểm của BC (tham khảo hình vẽ

bên). Góc

giữa hai đường thẳng M và AB bằng
A.

600.

B.
D.

300.

C.

600.

450.

Đáp án C.

Do OA,OB,OC đội một vuông góc với nhau và

OA = OB = OC

giác đều. Qua M kẻ đường thẳng song song với AB cắt AC tại N

nên tam giác ABC là tam


·
MN / /AB ⇒ ( OM, AB ) = (·OM, MN )
Ta có
Giả sử

OA = OB = OC = a ⇒ AB = BC = CA = a 2

OM =
Ta có

⇒ ∆ABC

BC a 2
AC a 2
AB a 2

=
, ON =
=
, MN =
=
2
2
2
2
2
2

là tam giác đều

·
⇒ OMN
= 600

⇒ (·OM, MN ) = 600.

Câu 6:

(Đặng Việt Hùng-2018) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 4. Tính diện tích

Sxq
xung quanh

của hình trụ có một đường tròn đáy là đường tròn nội tiếp tam giác BCD và

chiều cao bằng chiều cao của tứ diện ABCD.

Sxq =
A.

16 2π
.
3

Sxq =

Sxq = 8 2π.
B.

C.

Đáp án A.

Dựng hình như hình vẽ bên ta có:

Bán kính đường tròn nội tiếp đáy:

1
4 3
r = HM = BM =
3
6
2

4 3
4 6

h = AH = AB − BH = 4 − 
=
÷
÷
3
 3 
2

Chiều cao:

2

2

16 3π
.
3

Sxq = 8 3π.
D.


Sxq ( T ) = 2πh =
Do đó

16π 2
.
3

Câu 7 (Đặng Việt Hùng-2018)Cho hai hình vuông ABCD và ABEF có cạnh bằng 1, lần

lượt nằm trên hai mặt phẳng vuông góc với nhau. Gọi S là điểm đối xứng với B qua đường
thẳng DE. Thể tích của khối đa diện ABCDSEF bằng

A.

7
.
6

B.

11
12

C.

2
.
3

D.

5
.
6

Đáp án D.

Vì S đối xứng với B qua
Gọi M là trung điểm

Khi đó, thể tích

DE ⇒ d ( B; ( DCEF ) ) = d ( S; ( DCEEF ) ) .

CE ⇒ BM ⊥ ( DCEF ) ⇒ d ( B; ( DCEF ) ) = BM.

1
VABCDSEF = VADF.BCE + VS.DCEF = AB x S∆ADF + 3 d ( S; ( DCEF ) ) x SDCEF

1 1 2
1 1 5
= 1. + .
. 2= + = .
2 3 2
2 3 6

Câu 8 (Đặng Việt Hùng-2018)Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có

AB = 2 3

và AA’=2. Gọi M,N,P lần lượt là trung điểm của các cạnh A’B’, A’C’ và BC. Côsin của góc
tạo bởi hai mặt phẳng (AB’C’) và (MNP) bằng

A.

6 13
65

Đáp án B.

B.

13
.
65

C.

17 13
.
65

D.

18 63
.
65


AB 'C ' ) ; ( MNCB )
(·AB'C ') ; ( MNP ) = (·

Dễ thấy
= 1800 − (·
AB'C ' ) ; ( A ' B'C ' ) − (·
MNBC ) ; ( A ' B 'C ' )
= 1800 − (·
A ' BC ) ; ( ABC ) − (·
MNBC ) ; ( ABC ) .

(·MNBC ) ; ( ABC ) = (·A ' P; AP ) = A· ' PA = arctan
Ta có
·
= arctan
(·MNBC ) ; ( ABC ) = (·SP; AP ) = SPA
Và

4
,
3

2
.
3

với S là điểm đối xứng với A qua A’, thì

SA = 2AA ' = 4. (Dethithpt.com)

Suy ra

2
4
13

cos(·
AB'C ' ) ; ( MNP ) = cos 1800 -arctan − arctan ÷ =
.
3

3  65


Câu 9

(Đặng Việt Hùng-2018) Hình chóp S.ABCD đáy hình vuông cạnh a;

SA ⊥ ( ABCD ) ; SA = a 3.

Khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SCD) bằng

a 3
A.
Đáp án A

B.

a 3
2

2a 3
C.

D.

a 3
4


Do

AB / /CD ⇒ d ( B; ( SCD ) ) = d ( A; ( SCD ) )
CD ⊥ SA
⇒ CD ⊥ ( SAD )

CD ⊥ AD

Ta có

AH ⊥ ( SD ) ⇒ AH ⊥ ( SCD )
Dựng
AH =

Lại có

dB =
Do đó

SA.AD
SA 2 + AD 2

=

a 3
2

a 3
2

Câu 10 (Đặng Việt Hùng-2018): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật

2a,
với độ dài đường chéo bằng

cạnh SA có độ dài bằng 2a và vuông góc với mặt đáy. Tính

bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.

A.

6a
2

Đáp án A

B.

2 6a
3

C.

6a
12

D.

6a
4

Gọi I là trung điểm SC. Khi đó T là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD

SC =

(

2a

)

2

+ ( 2a ) = a 6
2

Ta có

R=
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là
Câu 11:

(Đặng Việt Hùng-2018)

SC a 6
=
2
2

Cho hình chóp S.ABC với các mặt

( SAB) , ( SBC ) , ( SAC )
vuông góc với nhau từng đôi một. Tính thể tích khối chóp S.ABC,

4a 2 , a 2

SAB, SBC, SAC
biết diện tích các tam giác
A.

2 2a 3

Đáp án A

lần lượt là

3 3a 3
B.

và

9a 2

2 3a 3
C.

D.

3 2a 3

( SAB) , ( SBC ) , ( SAC )
Vì các mặt

vuông góc với nhau từng đôi một nên SA, SB, SC đôi

một vuông góc với nhau

Ta có

SA.SB = 2.4a 2 = 8a 2

2
2
SB.SC = 2.a = 2a
SC.SA = 2.9a 2 = 18a 2


⇒ SA.SB.SC = 8a 2 .2a 2 .18a 2 = 12 2a 3

Vậy thể tích khối chóp S.ABC là

1
1
V = SA.SB.SC = 12 2a 3 = 2 2a 3
6
6

Câu 12 (Đặng Việt Hùng-2018)Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân

AB=BC = a 3,SAB=SCB = 90°
tại B. Biết
a 2.

A.

và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng

Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC
16πa 2

Đáp án C

B.

12πa 2

C.

8πa 2

D.

2πa 2


Dựng hình vuông ABCH

Ta có

 AB ⊥ AH
⇒ AB ⊥ SH,

 AB ⊥ SA

tương tự

BC ⊥ SH

SH ⊥ ( ABC ) (Dethithpt.com)
Do đó
Lại có
Dựng

Do đó

AH / /BC ⇒ d ( A; ( SBC ) ) = d ( H; ( SBC ) )
HK ⊥ SC ⇒ d ( H; ( SBC ) ) = HK = a 2

1
1
1
a 30
=
−
⇒ SH =
2
2
2
SH

HK HC
5

R S.ABC = R S.ABCH =
Tứ giác ABCH nội tiếp nên
2

SH 2  AC 
2
2
=
+
÷ = a 2 ⇒ S = 4πR = 8πa
4
 2 

SH 2 2
+ rd
4


ABCD.A1B1C1D1
Câu 13 (Đặng Việt Hùng-2018)Cho lăng trụ

có đáy ABCD là hình chữ

AB = a, AD = a 3.
nhật với

A1

Hình chiếu vuông góc của

lên ( ABCD) trung với giao điểm

(A1BD)
của AC và BD. Tính khoảng cách từ điểm B1 đến mặt phẳng

a 3
A.

B.

a
2

C.

a 3
2

D.

a 3
6

Đáp án D

CB1 / /AD1
Vì

nên

d ( B1 , ( A1BD ) ) = d ( C, ( A1BD ) ) = CH

Trong đó H là hình chiếu của C lên BD
1
1
1
1
1
=
+
= 2+
2
2
2
CH
CD CB
a
a 3

(

)

2

=

4

3a 2

Ta có

⇒ CH =

Câu 14:

a 3
2
(Đặng Việt Hùng-2018) Cho hình lăng trụ tam giác đều

ABC.A 'B 'C '

có tất cả

các cạnh bằng a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và B’C’. Mặt phẳng
(A'MN)
cắt cạnh BC tại P. Thể tích của khối đa diện

MBP.A 'B' N

bằng


A.

7a 3 3
32

B.

a3 3
32

C.

7a 3 3
68

D.

7a 3 3
96

Đáp án D

Gọi E là trung điểm của BC, F là trung điểm của BE
Khi đó

MF / /AE

mà

AE / /A ' N

nên

MF / /A ' N

A ', M, F, N
Suy ra các điểm

thuộc cùng một mặt phẳng

( A 'MN )
Vậy

cắt cạnh BC tại

P⇒P

trùng với F

Công thức tổng quát tính thể tích khối đa diện
V=
“thể tích khối chóp cụt là

(

h
B + B'+ BB'
3

)
với h là chiều cao, B, B’ lần lượt là diện tích

hai đáy”

Và diện tích đáy

⇒

SABC S

 B = SMBP = 8 = 8

SA 'B'C ' S
B ' = S
=
A 'B' N =

2
2

Thể tích khối đa diện

MNP.A 'B ' N

S=
với

V=
là

a2 3
4

BB '  S S
S S  7 3a 3

. ÷=
 + +
3 8 2
8 2÷
96



Câu 15 (Đặng Việt Hùng-2018) Cho lăng trụ đứng

ABC.A ' B'C '

có đáy ABC là tam giác

B, AB = a, AA ' = 2a.
vuông tại

(A'BC).
Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng

2 5a
A.

B.

2 5a
5

C.

5a
5

D.

3 5a
5

Đáp án B

Gọi H là hình chiếu của A lên A’B. Khi đó
AH ⊥ ( A ' BC )

⇒ d ( A; ( A 'BC ) ) = AH
1
1
1
1
1
5
2a
=
+
=
+ 2 = 2 ⇒ AH =
2
2
2
2
AH

AA ' AB
5
( 2a ) a 4a

Ta có
⇒ d ( A; ( A ' BC ) ) =

2a
5

AB = a 5, BC = 2a.
Câu 16 (Đặng Việt Hùng-2018) Cho tam giác ABC cân tại A, có cạnh
Gọi M là trung điểm của BC. Khi tam giác quay quanh trục MA ta được một hình nón và
khối nón tạo bởi hình nón đó có thể tích là

V=
A.

5 2
πa
3

B.

V = 2πa

V=

3

C.

2 3
πa
3

V=
D.

4 3
πa
3


Đáp án C.
2

 BC 
AM = AB − 
÷ = 2a.
 2 
2

Ta có

Khi quay tam giác quanh trục MA thì ta được hình nón có

r = a,
bán kính

đường cao

h = 2a.

Thể tích khối nón là

1
2
V = πr 2 h = πa 3 .
3
3

Câu 17: (Đặng Việt Hùng-2018)Một khối trụ có đường kính mặt đáy bằng 2a, chiều cao
bằng 3a, thể tích của khối trị đó là
A.

6a 3 π

B.

4a 3π

C.

3a 3 π

D.

2a 2 π

Đáp án C.
Thể tích của hình trụ là

V = πr 2 h = π.a 2 .3a = 3πa 3 .
A 'B = 2a,

Câu 18:

(Đặng Việt Hùng-2018) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có

(ABC) có diện tích bằng

a2

đáy

; góc giữa đường thẳng A’B và mặt phẳng (ABC) bằng

600

. Thể

tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ bằng
A.

2a 3 3

a3

B.

C.

3a 3

a3 3
D.

Đáp án D.
A ' B ∩ ( ABC ) = { B}
Ta có

A 'A ⊥ ( ABC )
và

· 'BA = 600
⇒ (·A 'B, ( ABC ) ) = (·A 'B, AB ) = A
· ' BA =
sin A
Ta có

AA '
· 'BA = 2a.sin 60 0 = a 3
⇒ AA'=A'B sinA
A 'B

VABC.'B'C' = AA '.SABC = a 3.a 3 = a 3 3.
Ta có
Câu 19

(Đặng Việt Hùng-2018): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC vuông tại A,

AB = a, AC = a 3.
Tam giác SBC đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Tính
thể tích khối chóp S.ABC.


A.

2a 2
.
3

B.

3a 2
.
2

C.

a3 3
.
2

D.

a2
.
2

Đáp án D.

SH ⊥ BC ⇒ SH ⊥ ( ABC ) .
Kẻ

BC 3
3
=
. AB2 + AC2 = a 3
2
2

SH =
Cạnh

1
1
1
a2
⇒ V = SH.SABC = a 3. a.a 3 = .
3
3
2
2

Câu 20 (Đặng Việt Hùng-2018): Khối hộp chữ nhật có 3 cạnh xuất phát từ một đỉnh lần
lượt có độ dài a, b, c. Thể tích khối hộp chữ nhật là ?

A.

1
abc.
3

B. abc.

C.

1
abc.
6

D.

4
abc.
3

Đáp án B.
Ta có

V = abc.

Câu 21:

(Đặng Việt Hùng-2018) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a,

SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M và N lần lượt là
trung điểm của BC và CD. Tính bán kính R của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.CMN

R=
A.
Đáp án C.

5a 3
.
12

R=
B.

a 29
.
8

R=
C.

a 93
.
8

R=
D.

a 37
.
6

Chọn

hệ

trục

tọa

độ

với

1

H ≡ O ( 0;0;0 ) D  ;0;0 ÷.
2


3 1
1 1  

M ( 0;1;0 ) ; N  ; ; 0 ÷;S  0;0;
;C  ;1;0 ÷
÷
÷
2  2
2 2  


là:

1

x = 4

3

y = ⇒
4

z = t



Chọn

a = 1.

tâm mặt cầu có tọa độ

1 3 
K ; ;t÷
4 4 
2

Giải

1 9 
3

1 1
5 3
93
2
SK = KC ⇔ + +  t −
=
+
+
t
⇔
t
=
⇒
R
=
KC
=
.
÷
16 16 
2 ÷
16
16
12
12


Câu 22: (Đặng Việt Hùng-2018) Cho khối hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có thể tích bằng
2018 (đvtt). Biết M, N, P là các điểm lần lượt thuộc các đoạn thẳng AA’, DD’, CC’ sao cho
A’M = MA, DN = ND’

, CP’ = 2PC’. Mặt phẳng

(MNP) chia khối hộp đã cho thành hai

khối đa diện. Thể tích khối đa diện nhỏ hơn bằng

A.

5045
.
6

B.

8072
.
7

C.

10090
.
9

D.

7063
.
6

Đáp án A.
Ta chứng minh được công thức tỷ số thể tích tối với khối hộp như sau (học sinh có thể tự
chứng minh).
VA 'B'C'D'.MNPQ
VA 'B'C'D'.ABCD

1  A ' M C ' P  1  B'Q DN  7
= 
+
+
÷= 
÷=
2  A ' A C 'C  2  B' B D ' D  2

Do đó thể tích khối đa diện nhỏ hơn là

15
5
5045
V = .2018 =
.
2
2
6

Câu 23: (Đặng Việt Hùng-2018) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác
đều cạnh a, biết

A ' A = A ' B = A 'C = 4a

. Hình chóp A’.ABC có tất cả bao nhiêu mặt phẳng

đối xứng?
A. 3.

B. Không có. C. 4.

D. 2.

Đáp án A.
Vì

A’A = A’B = A’C ⇒ A '.ABC

là hình chóp tam giác đều.

Hình vẽ minh họa: Hình chóp tam giác đều ABCD có 3 mặt phẳng đối xứng.

Vậy hình chóp tam giác đều (không phải tứ diện đều) có 3 mặt phẳng đối xứng.
Câu 24 (Đặng Việt Hùng-2018): Hình đa diện đều có tất cả các mặt là ngũ giác có tất cả
bao nhiêu cạnh ?
A. 30.
Đáp án A.

B. 12.

C. 20.

D. 60.

Hình đa diện đều có tất cả các mặt là ngũ giác có 30 cạnh.
Câu 25 (Đặng Việt Hùng-2018) Cho tam giác đều ABC cạnh a quay xung quanh đường

Sxq
cao AH tạo nên một hình nón. Tính diện tích xung quanh

Sxq = πa 2

Sxq =

Sxq = 2πa 2

A.

B.

C.

của hính nón đó.
1 2
πa
2

Sxq =
D.

3 2
πa

4

Đáp án C

Hình nón có bán kính đáy

a
r= ,
2

l = a ⇒ Sxq = πrl =
đường sinh

1 2
πa
2

Câu 26 (Đặng Việt Hùng-2018)Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại
SA = 2a, SA
A cạnh huyền bằng 2a và

vuông góc với đáy. Tính thể tích V của khối chóp đã

cho.
V=

A.

4a 3
3

B.

V = 4a 3

C.

V = 2a 3

V=

D.

2a 3
3

Đáp án D
AB = AC = a 2 ⇒ SABC

Ta có

1
1
1
2a 3
2
2
= .a 2.a 2 = a ⇒ VS.ABC = SA.SABC = .2a.a =
.
2

3
3
3

Câu 27: (Đặng Việt Hùng-2018) Lăng trụ tam giác đều

( A 'BC )
phẳng

A.

( ABC )
và

3a 3
4

Đáp án A

bằng

B.

60°

a3 3
8

, cạnh

AB = a.

ABC. A ' B'C '

Thể tích khối đa diện

C.

3a 3
4

có góc giữa hai mặt

ABCC 'B '

3a 3
D.

bằng


AP ⊥ BC tan 60o =
Kẻ

A'A
AP

a 3 3a
=
2

2
1
2 3a a 2 3 a 3 3
= 2. BB '.SABC = . .
=
3
3 2
4
4

⇒ A ' A = AP 3 = 3.
⇒ VABCC'B' = 2VB'.ABC

Câu 28: (Đặng Việt Hùng-2018) Cắt một khối trụ T bằng một mặt phẳng đi qua trục của nó
ta được một hình vuông có diện tích bằng 9. Khẳng định nào sau đây là sai?
V=
A. Khối trụ T có thể tích

9π
4
Stp =

B. Khối trụ T có diện tích toàn phần

27π
2

Sxq = 9π
C. Khối trụ T có diện tích xung quanh
D. Khối trụ T có độ dài đường sinh là

l=3

Đáp án A

Hình vuông đi qua trục có diện tích bằng

9⇒

Bán kính

3
R= ;
2

đường sinh

l=3

.

2

27 π
3
V = πR h = π.  ÷ .3 =
;
4
2
2

Vậy thể tích khối trụ là

Sxq = 2πRl = 9π
diện tích xung quanh

.


2

Và diện tích toàn phần của khối trụ là

27 π
3
Stp = 2πR 2 + 2πRl = 2π.  ÷ + 9π =
.
2
2

Câu 29: (Đặng Việt Hùng-2018) Cho lục giá đều

ABCDEF

có cạnh bằng 4. Cho lục giác

đều đó quanh quay đường thẳng AD. Tính thể tích V của khối tròn xoay được sinh ra.
A.

V = 128π

B.

V = 32π

C.

V = 16π

D.

V = 64π

Đáp án D

Khi quay lục giác đã cho quanh AD ta được 2 hình nón và một hình trụ

h = BC = 4

Hình trụ có chiều cao
Hình nón có chiều coa

Khi đó

r = BH =
và bán kính đáy

h ' = AH = 2

và bán kính đáy

4 3
=2 3
2

r = BH = 2 3

2
V = πr 2 h + πr 2 h ' = 64π.
3

Câu 30 (Đặng Việt Hùng-2018)Cho khối chóp

S.ABCD

có đáy ABCD là hình chữ nhật.

Một mặt phẳng thay đổi nhưng luôn song song với đáy và cắt các cạnh bên SA, SB, SC, SD
lần lượt tại M, N, P, Q. Gọi M' , N', P', Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của M, N, P, Q lên

( ABCD ) .
mặt phẳng

Tính tỉ số

SM
SA

nhất.

A.

2
3

B.

1
2

C.

1
3

D.

3
4

MNPQ.M ' N ' P 'Q '
để thể tích khối đa diện

đạt giá trị lớn


Đáp án A

Đặt

SM
=x
SA

Suy ra

( MNPQ )
, vì mặt phẳng

song song với đáy

MN NP PQ MQ
=
=
=
=x
AB BC CD AD

d ( M; ( ABCD ) )
d ( S; ( ABCD ) )

=

( định lí Thalet).

MA
SM
= 1−
= 1 − x ⇒ MM ' = ( 1 − x ) × h.
SA

SA

Và
dt ( MNPQ ) = x 2 × dt ( ABCD )
Mặt khác

nên thể tích khối đa diện

V = MM ' x dt ( MNPQ )

MNPQ.M ' N ' P 'Q '
là

= ( 1 − x ) x 2 × h × dt ( ABCD ) = 3 ( x 2 − x 3 ) × VS.ABCD .

f ( x ) = x 2 − x 3 → max f ( x ) =
( 0;1)

Khảo sát hàm số

Dấu “=” xảy ra

2
⇔x= .
3

Vậy

SM 2
=

SA 3

4
.
27

MNPQ.M ' N ' P 'Q '
thì thể tích khối hộp

lớn nhất


Câu 31:

(Đặng Việt Hùng-2018) Hình chóp

có đáy ABC là tam giác vuông tại

( SAB) , ( SCA )

A, AB = a, AC = 2a
. Mặt bên

thể tích khối chóp S.ABC bằng

A.

S.ABC

R =a 2

B.

lần lượt là các tam giác vuông tại B, C. Biết
2 3
a.
3

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
R=

R =a

C.

3a
2

Đáp án C

Kẻ hinh chữ nhật

ABCD

⇒ SD ⊥ ( ABCD )
như hình vẽ bên

Diện tích tam giác ABC là

Suy ra

1
SABC = .AB.AC = a 2
2

1
a2
2
VS.ABC = .SD.S∆ABC = .SD = a 3 ⇒ SD = 2a.
3
3
3

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp

 a 5  ( 2a )
SD 2
3a
+
= 
+
=
÷
÷
4
4
2
 2 
2

R= R

2
ABDC

S.ABDC
2

R=
Vậy bán kính mặt cầu cần tính là

3a
.
2

là

S.ABC
R=

D.

là

3a
2


Câu 32: (Đặng Việt Hùng-2018) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là hai

( AMN )
điểm thay đổi lần lượt thuộc cạnh BC, BD sao cho mặt phẳng

( BCD ) .
mặt phẳng

luôn vuông góc với

V1 ; V2
Gọi

lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của thể tích khối

V1 + V2 ?
tứ diện ABMN. Tính

A.

17 2
216

B.

17 2
72

C.

17 2
144

Đáp án A

BCD ⇒ OA ⊥ ( BCD )
Gọi O là tâm của tam giác

( AMN ) ⊥ ( BCD )
Mà

Đặt

suy ra MN luôn đi qua điểm O.

1
3
·
BM = x, BN = y ⇒ S∆BMN = .BM.BN.sin MBN
=
xy.
2
4

Tam giác ABO vuông tại O, có

Suy ra thể tích tứ diện ABMN là

1
2
V = .OA.S∆BMN =
xy.

3
12

∆BCD ⇒ 3xy = x + y.
Mà MN đi qua trọng tâm của

D.

2
12


( x + y)
xy ≤

2

4

Do đó

Câu 33:

9 ( xy )
1
4
2
2
=
⇔ ≥ xy ≥ → V1 =

; V2 =
.
4
2
9
24
27
2

V1 + V2 =
Vậy

17 2
.
216

(Đặng Việt Hùng-2018) Cho hình nón chứa bốn mặt cầu cùng có bán kính là r,

trong đó ba mặt tiếp xúc với đáy, tiếp xúc lẫn nhau và tiếp xúc với mặt xung quanh của hình
nón. Mặt cầu thứ tư tiếp xúc với ba mặt cầu kia và tiếp xúc với mặt xung quanh của hình nón.
Tính chiều cao của hình nón.

A.


2 3
r 1 + 3 +
÷
3 ÷




B.


2 6
r  2 + 3 +
÷
3 ÷



C.


2 6
r 1 + 3 +
÷
3 ÷



D.


2 6
r 1 + 6 +
÷
3 ÷




Đáp án C

Gọi S, A, B, C lần lượt là tâm của các mặt cầu thứ tư và ba mặt cầu tiếp xúc đáy (như hình
(Dethithpt.com)
vẽ)
Khi đó S.ABC là khối tứ diện đều cạnh 2r.
ABC ⇒ Si ⊥ ( ABC ) .
Goi I là tâm của tam giác
2r ⇒ AI =

Tam giác ABC đều cạnh

2r
.
3


2

2 6
 2r 
SI = SA − IA = 4r − 
÷ = 3 r.
 3
2

2

2

Tam giác SAI vuông tại I, có

∆SMH : A SI ( g.g )
Ta thấy rằng

suy ra

SM SH
SA.AH 2r.r
=
⇒ SM =
=
= r 3.
2r
SA AI
AN
3

h = SM + SI + ID = r 3 +
Vậy chiều cao của khối nón là


2 6
2 6
r + r = r 1 + 3 +
÷.
3
3 ÷




Câu 34: (Đặng Việt Hùng-2018) Cho hình chóp S.ABC có đáy là ABC vuông tại A và có

SB ⊥ ( ABC ) .
cạnh

AC vuông góc với mặt phẳng nào sau đây ?

( SBC )

( ABC )

A.

( SBC )

B.

C.

( SAB )
D.

Đáp án D.

Ta có

AC ⊥ AB

⇒ AC ⊥ ( SBA ) .

AC ⊥ SB

Câu 35 (Đặng Việt Hùng-2018): Cho hình chóp S.ABC có hai mặt phẳng (SAB) và (SAC)
cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Tam giác ABC đều, I là trung điểm của BC. Góc giữa
hai mặt phẳng (SAI) và (SBC) là
A.

450.

B.

900.

C.

600.

D.

300.

Đáp án B.
Vì I là trung điểm của

BC ⇒ AI ⊥ BC

BC ⊥ ( SAI )
Suy ra

SA ⊥ ( ABC ) ⇒ SA ⊥ BC
mà

BC ⊂ ( SAC ) → ( SAI ) ⊥ ( SBC ) .
mà

Câu 36 (Đặng Việt Hùng-2018): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là vuông cạnh 2a,
mặt bên SAB là tam giác cân nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy,
bán kính mặt cầu (S) ngoại tiếp hình chóp.

ASB = 120°.

Tính